人教版選擇性必修第一冊-15彈性碰撞和非彈性碰撞-同步訓(xùn)練2(含解析)(參考版)
2025-04-05 05:37本頁面
【正文】 在Q壓縮彈簧時有從二者碰撞后共速到彈簧恢復(fù)原長二者速度剛好為零，由能量守恒可得因為為正整數(shù)，則聯(lián)立解得 20．(1)15m/s；(2)20m；(3)【詳解】(1)設(shè)小物塊甲與小物塊乙正碰粘在一起后的速度大小為，由動量守恒定律得解得(2)由于甲、乙兩物塊在B點恰好沒有能量損失進入圓弧軌道，可知拋物線和圓恰在B點相切，甲、乙兩物塊做平拋運動，在B點由幾何關(guān)系得到又解得高度差(3)由幾何關(guān)系可知從B到D過程，有動能定理解得甲乙物塊恰能到達半圓最高點，在E點有則從D到E解得21．(1)；(2)5J【詳解】(1)設(shè)物塊被子彈打擊后的速度為，由動量定理得①設(shè)木板最小長度為L，則從子彈打進物塊到最終停在木板最右端時的過程中，設(shè)最后的速度為，對全過程，由動量守恒定律得②由能量守恒定律得③由①②③解得④(2)設(shè)彈簧最大彈性勢能為，由題意可知，當(dāng)物塊碰到左側(cè)擋板且達到共同速度的瞬間，彈簧彈性勢能達到最大。解得mB=12kg根據(jù)機械能守恒定律，有（mA+mC）v22=（mA+mB+mC）v32+EP解得EP=18J12．(1)；(2)，5，；(3)【詳解】(1)滑塊A與滑塊B碰撞時，動量守恒，有帶入數(shù)據(jù)解得(2)碰撞后，木箱C做加速運動，加速度大小為a1；滑塊AB做減速運動，加速度大小為a2；設(shè)經(jīng)過t1，三者達到共速v1，木箱C加速解得滑塊A、B一起減速解得根據(jù)運動學(xué)關(guān)系，有解得木箱C運動的位移為滑塊A、B運動的位移木箱C的長度為解得木箱C的長度為(3)因為木箱C與滑塊AB以不同的加速度做減速運動，木箱C的加速度大小為a1，設(shè)滑塊的加速度大小為a3解得滑塊A、B一起繼續(xù)減速直至減為0，設(shè)減速時間為t2解得t2時間后，木箱C減速到v2解得由能量守恒定律有解得13．(1)5m/s；(2)3m/s；；(3)4N【詳解】(1)根據(jù)可得(2)根據(jù)可得小物塊滑離木板時木板的速度vA=1m/s對木塊木板系統(tǒng)由動量守恒定律 解得=3m/s由能量關(guān)系可知解得μ=(3)物塊B在木板上運動的加速度木板的加速度 當(dāng)木塊到達木板最左端時達到共速，則 聯(lián)立解得F=4N14．（1）；（2）；（3）【詳解】（1）小球Q在下落過程中機械能守恒，因此有在最低點對小球Q牛頓第二定律可得聯(lián)立解得（2）小球Q和物塊P發(fā)生彈性碰撞，則機械能和動量守恒，因此，解得物體和滑板在水平方向上不受力，則水平方向動量守恒由能量守恒可得物體離開滑板后兩物體水平方向都做勻速直線運動，因此水平相對位置不變，豎直方向聯(lián)立可得（3）要求P有相對地面向右的速度，說明P要滑到曲面上再返回運動，物塊P相對滑板反方向運動過程中，可以知道當(dāng)再次回到B點時兩者的速度最大，此時P有向右運動的速度即可，因此再次回到B時水平方向動量守恒可得由能量守恒可得聯(lián)立可得方程因物體要經(jīng)過B點，因此要求判別式大于零，速度向右說明結(jié)果要小于零；則滿足不等式即，則聯(lián)立可得15．(1)g；；(2)【詳解】（1）設(shè)小物塊1進入圓軌道時的速度大小為v，根據(jù)動能定理可得其中h=R，解得 則小物塊1在B點的向心加速度大小方向向右；從開始到C點，根據(jù)動能定理可得解得 （2）小物塊1從C點滑上小車，若μ1＞μ2，則小物塊1與小車一起以速度vC向右運動，小物塊m2相對于小車向左運動，當(dāng)二者的速度剛好相等時相遇，水平板車長度最小，由于系統(tǒng)水平方向不受外力作用，系統(tǒng)動量守恒，取向右為正、根據(jù)動量守恒定律可得m1vC=（m1+m2）v1解得根據(jù)能量關(guān)系可得 解得16．(1) 6m/s，2m/s ；(2)12J【詳解】(1)B、C碰撞時B、C組成的系統(tǒng)動量守恒，設(shè)碰后瞬間B、C兩者速度為vBC，則mBv=（mB+mC）vBC解得vBC=2m/sA的速度不變?nèi)詾?m/s。故選CD。故選BC。故選AB。7．BD【詳解】兩球發(fā)生完全非彈性碰撞時，系統(tǒng)動量守恒，以A
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